浙江省绍兴市学勉中学学年高一化学月考试题Word文档格式.docx

1、 D淀粉和纤维素互为同分异构体C3. 已知Na2SO4 和NaCl混合溶液中，Cl-的物质的量浓度是Na+的物质的量浓度的倍，下列叙述中正确的是（ ）ANa2SO4 和NaCl的物质的量之比为1：3B溶液中一定有1molNa2SO4和3molNaClC所带电荷数SO42-是Na+的倍D SO42- 与Cl-的物质的量之和等于Na+的物质的量略4. 随着新能源的开发和利用，甲醇（CH3OH）这个物质逐渐进入人们的视野，越来越受到人们的关注。（1）右图是由CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）进行过程中的能量变化曲线。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后反应过程的能量变

2、化。下列相关说法正确的是 。A该反应是吸热反应 B使用催化剂后反应热减小C热化学方程式为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）H=-510kJmolD热化学方程式为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） H=-91kJmol（2）由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型燃料电池，正在逐步推广使用，假定放电过程中，甲醇完全氧化产生二氧化碳被充分吸收生成CO32-。该电池的正极的电极反应为 ；放电过程中电池里溶液的pH将_（填“下降”、“上升”或“不变”）；若有16克甲醇被完全氧化产生电能，并利用该过程中释放的电能电解足量的硫酸铜溶液，假设能量的利用率为80。则得到氧气的物质的量是 mol。

3、（3）某同学将甲醇完全燃烧生成CO2气体通入200mL 01molL-1的石灰水后，得到lg沉淀，那么通入的CO2的体积可能为（标态）L。（1）D （2）2H2O+ O2 +4 e- =4OH- 下降 0.6mol （3）0.224L或0.672L5. 下列实验操作与实验目的相符的是 序号实验操作实验目的测定HF、HCl的熔点、沸点比较F、Cl的非金属性强弱BMgSO4、Al2（SO4）3溶液中分别滴加足量氨水比较镁、铝的金属性强弱将SO2气体通入碳酸钠溶液中比较碳、硫的非金属性强弱D向氯化铵、氯化铝混合溶液中，滴加氢氧化钠溶液至过量比较NaOH、NH3H2O、Al（OH）3的碱性强弱6. 短

4、周期元素A和B可形成AB2型化合物。若B原子序数为m，则A的原子序数为下面算式中的（m+6 m+4 m? m?2 m+8 m+14A. B. C. D. 两种元素可以组成AB2型化合物，如果A元素化合价为+4、B元素化合价为-2，则A元素位于第IVA族、B元素位于第VIA族，可为CO2、SiO2或CS2，若B原子序数为m，则A的原子序数分别为m-2、m+6、m-10；也可能为SO2，都位于第VIA族，若B原子序数为m，则A的原子序数为m+8；如为NO2，则A位于A族，若B原子序数为m，则A的原子序数为m-1；如果A元素化合价为+2价、B元素化合价为-1价，则A位于第IIA、B位于第VIIA族，

5、可为MgF2、MgCl2等，若B原子序数为m，则A的原子序数分别为m+3、m-5，题中正确，答案选A。7. 下列与有关非金属元素叙述以及推理结果不正确的是（非金属性FCl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为F22Cl=Cl22F非金属性FBr，故酸性：HFHBr非金属性SAs，故前者的气态氢化物稳定性更强非金属性ON，故O2与H2化合比N2更容易A. B. C. D. F2通入NaCl溶液中应该是F2先与水反应；不能根据氢化物水化物的酸性判断非金属性；非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，与氢气化合越容易。8. 关于硅及其化合物的叙述错误的是（A. 单质硅是良好的半导体材料B. 硅酸是挥发性

6、酸C. 硅是构成矿物与岩石的主要元素D. 玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品9. 化石燃料（煤、石油、天然气）是不可再生的能源。下列说法正确的是A它们所含的主要元素有C、H，燃烧后生成的化合物主要是二氧化碳和水B高温下，煤与水蒸气反应生产水煤气是吸热反应C应大力开发新能源，目前可利用电解水的方法制取氢气作能源D化石燃料在任何情况下都能充分燃烧AB10. 下图各装置中，不能构成原电池的是11. 下列微粒中：12Mg2+ O2，核外电子总数相同的是（A B C D12Mg2+的核外电子数为12-2=10，的核外电子数为10，的核外电子数为17+1=18，O2-的核外电子数为8+2=10，所以核外电子

7、总数相同的是；故选B。【点睛】本题考查了原子结构、离子中微粒之间的关系，注意理解离子中质子数、核外电子数、电荷之间的关系：阳离子的核外电子数=质子数-所带电荷数，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数。12. 下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1molL1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是 A.150mL 1molL1的NaCl B.150mL 3molL1的KClC.75mL 2molL1的NH4Cl D.75mL 2molL1的CaCl2根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度，1 molL-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度1mol/L3=3mol/L，A.1 mo

8、lL-1氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L1=1mol/L ，A错误；B. 3.0 molL-1氯化钾溶液中氯离子浓度为3.0mol/L1=3mol/L，B正确；C、75 mL 2 molL-1氯化铵溶液中氯离子浓度为2mol/L1=2mol/L，错误；D. 2molL-1氯化钙溶液中氯离子浓度为2mol/L2=4mol/L；选B。13. 已知：能量越低的物质就越稳定；白磷转化成红磷是放热反应据此，下列判断或说法中正确的是（）A在相同条件下，红磷比白磷稳定B在相同的条件下，白磷比红磷稳定C红磷和白磷的结构相同D红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃考点：化学反应中能量转化的原因；吸热反应

9、和放热反应 专题：化学反应中的能量变化分析：根据能量越低的物质就越稳定，白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定解答：解：A白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定，故A正确；B红磷的能量低，红磷稳定，故B错误；C红磷和白磷的结构不同，故C错误；D红磷不容易发生自燃而白磷容易自燃，故D错误点评：本题考查能量越低越稳定，能量转化的原因，难度不大14. 下列同周期元素中，原子半径最小的是A. Mg B. Al C. Si D. S试题分析：同周期元素从左到右半径减小，原子半径最小的是S，故D正确。15. 下列反应的离子方程式正确的是A、次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳 Ca2+2

10、ClO-+H2O+CO2 = CaCO3+2HClOB、碳酸氢钙溶液与盐酸反应： Ca（HCO3）2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O + 2CO2C、用氨水吸收少量二氧化硫 2NH3 H2O+SO2 = 2 NH4+SO32- +H2OD、石灰石溶于盐酸中： CaCO3 + 2H+ = Ca2+ +CO2 +H2OCD二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 某课外小组设计的实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下所示已知:氯化钙可与乙醇形成CaCl2?6C2H5OH;有关有机物的沸点如下表所示2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2OI.制备过程:装置如图所示，A中盛有浓硫

11、酸，B中盛有9.5mL无水乙醇和6mL冰醋酸，D中盛有饱和碳酸钠溶液。（1）实验过程中滴加大约3mL浓硫酸，B的容积最合适的是_（填字母代号）A. 25 mL B 50 mL C. 250 mL D. 500 mL（2）球形干燥管的主要作用是_。（3）饱和碳酸钠溶液的作用是_（填字母代号）。A.消耗乙酸并溶解乙醇B.碳酸钠溶液呈碱性，有利于乙酸乙酯的水解C.加速乙酸乙酯的生成，提高其产率D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度比在水中的更小，有利于分层析出II.提纯方法:将D中混合液进行分离。有机层用5mL饱和食盐水洗涤，再用5mL饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤。有机层倒入一干燥的烧瓶中，选用合

12、适的干燥剂干燥，得到粗产品。将粗产品蒸馏，收集77.1时的馏分，得到纯净、干燥的乙酸乙酯。（4）第步分离混合液时，选用的主要玻璃仪器的名称是_。（5）第步中用饱和食盐水洗去碳酸钠后，再用饱和氯化钙溶液洗涤，主要洗去粗产品中的_（填物质名称）。再加入_（此空从下列选项中选择，四种物质均有吸水性）干燥A.浓硫酸 B.碱石灰 C.无水硫酸钠 D.生石灰（6）加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，一个可能的原因是_。（7）若实验所用乙酸的质量为2.4g，乙醇的质量为2.1g，得到纯净的产品的质量为2.64g，则乙酸乙酯的产率是_。（1）B （2）防止液体倒吸 （3）A

13、D （4）分液漏斗 （5）乙醇 C （6）温度过高，乙醇发生分子间脱水生成乙醚 （7）75%【分析】实验室利用乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下，制取乙酸乙酯，然后分离提纯，得到纯净的乙酸乙酯。【详解】 烧瓶内的液体体积约为3ml+9.5ml+6ml=18.5mol，烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的2/3且不少于1/3，因此50ml符合。 乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而产生倒吸，加热不充分也能产生倒吸，用球形干燥管，除了起冷凝作用外，球形干燥管球形部分由于容积较大，也能起到防止倒吸的作用。故答案为：防倒吸； 饱和碳酸钠溶液能够溶解乙醇、中和乙酸、降低酯的溶解度，便于酯的分层和闻

14、到酯的香味。故选AD； 第步分离混合液时进行的操作是分液，故仪器名称为：分液漏斗； 氯化钙可与乙醇形成CaCl2?6C2H5OH，故加入饱和氯化钙溶液洗涤，主要洗去粗产品中的乙醇；由于酯在酸性条件和碱性条件下都能发生水解，故选用无水硫酸钠进行干燥； 根据题给信息，在140时会发生副反应生成乙醚，故温度过高乙酸乙酯的产率会降低的可能原因是发生了副反应：2CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3 + H2O。 乙醇和乙酸反应的质量比为：46：60，若实验所用乙醇质量为2.1g，乙酸质量为2.4g，乙醇过量，依据乙酸计算生成的乙酸乙酯，理论上计算得到乙酸乙酯的质量，CH3COOHCH3COOC2

15、H5，计算得到乙酸乙酯质量3.52g，得到纯净的产品质量为2.64g，则乙酸乙酯的产率=2.64g3.52g100%=75%。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. 丙氨酸在强酸性溶液中以阳离子存在，在强碱性溶液中，以阴离子形式存在，在pH6时，以两性离子存在。丙氨酸在水溶液中存在下列关系：现在以Pt电极在下列介质中电解丙氨酸的水溶液：（1）在强酸性溶液中，在极，析出丙氨酸。（2）在强碱性溶液中，在 极，析出丙氨酸。（3）在pH=6时，阳极的电极反应式是（1）阴 （2）阳 （3）40H-4e 2H20+02 18. 黑火药是我国的四大发明之一，深受世人称赞，其反应原理为：S+3C+2K

16、NO3N2+3CO2+K2S请回答下列相关问题：（1）当产生0.1molN2时，反应中共转移电子数为 ，还原剂的物质的量为 mol（2）若生成标准状况下33.6LCO2，则被S氧化的C的物质的量是 mol（1）1.26.021023或7.2241023或1.2NA；0.3；（2）0.25【考点】氧化还原反应【分析】S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO2中，S、N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合电子守恒计算，由此分析解答（1）C元素的化合价由0升高为+4价，是还原剂，失去电子为3mol（40）=12mol，生成1mol的氮气，所以当产生0.1molN2时，反应中共转移电子数为1.2

17、 所以消耗还原剂碳的物质的量为 0.3mol，故答案为：1.2（2）若生成标准状况下33.6LCO2，生成二氧化碳的物质的量为=1.5mol，所以参加反应的硫为0.5mol，则得到0.52=1mol的电子，被S氧化的C的物质的量是0.25mol，故答案为：0.2519. 下表是元素周期表的一部分，请用元素符号或化学式回答有关问题：主族周期AAAAAAA24（1）表中化学性质最不活泼的元素是 ，最活泼的金属元素是 ，最活泼的非金属元素是。（2）表中能形成两性氧化物的元素是 ，写出该元素的单质与最高价氧化物的水化物反应的离子方程式（3） 三种元素原子半径由大到小的顺序是 三种元素离子半径由大到小的顺序是 （4）元素与元素两者核电荷数之差是 （5）设计实验方案：比较与单质氧化性的强弱，请将方案填入下表。实验步骤实验现象与结论（每空1分，共10分）（1）Ar，K ，F （2） Al 2Al+ 2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2（3） S Cl F F- Mg2+ Al3+ （4） 26 （5）实验步骤（1分）实验现象与结论（1分）将少量氯水加入盛有溴化钠溶液的试管中，振荡后，加入少量四氯化碳，振荡静置。若加入氯水后溶液呈黄色，加入少量四氯化碳后，四氯化碳层呈棕色，证明单质氯比单质溴氧化性强。